epanaliptiko_diagwnisma_se_olh_thn_ylh_2016

1. Γ΄ Λυκείου -1o Επαναληπτικό Διαγώνισμα
http://www.perikentro.blogspot.gr/ Επιμέλεια: Κώστας Κουτσοβασίλης- 1 -
Θέμα Α
Α1. Έστω μια συνάρτηση f παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα (α, β) με εξαίρεση ίσως
ένα σημείο του 0x στο οποίο όμως η f είναι συνεχής.
Αν 0)x(f  στο )x,( 0 και 0)x(f  στο ),x( 0  να αποδείξετε ότι το )x(f 0 είναι
τοπικό μέγιστο της f.
Μονάδες 10
Α2. Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Τι ονομάζεται αρχική
συνάρτηση ή παράγουσα της f στο διάστημα Δ;
Μονάδες 5
Α3. Να χαρακτηρίσετε με Σωστό (Σ) ή Λάθος (Λ) τις παρακάτω προτάσεις:
α. Μια συνάρτηση f είναι 1-1 , αν και μόνο αν για κάθε στοιχείο y του συνόλου
τιμών της η εξίσωση f(x)=y έχει ακριβώς μια λύση ως προς x.
Μονάδες 2
β. Για κάθε Rx ισχύει |ημx|>|x|
Μονάδες 2
γ. Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σε ένα διάστημα Δ. Κρίσιμα σημεία της f στο
διάστημα Δ ονομάζουμε τα εσωτερικά σημεία του Δ στα οποία η παράγωγος
της f δεν μηδενίζεται.
Μονάδες 2
δ. Η ευθεία y=λx+β λέγεται ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο 
αν   

)x()x(flim
x
Μονάδες 2
ε. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α ,β] για την οποία ισχύει
0dx)x(f 


τότε κατ’ ανάγκη θα είναι 0)x(f  , για κάθε ],[x  .
Μονάδες 2
Διδακτική
Ενότητα 1ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα
Όλη η ύλη
2015-2016
Μαθηματικά
Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών και
Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής

2. Γ΄ Λυκείου -1o Επαναληπτικό Διαγώνισμα
http://www.perikentro.blogspot.gr/ Επιμέλεια: Κώστας Κουτσοβασίλης- 2 -
Θέμα Β
Έστω η συνάρτηση
1e
1e
)x(f x
x



Β1. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της.
Μονάδες 5
Β2. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό Rx0  τέτοιο ώστε
   1e20151e2016 00 xx

Μονάδες 5
Β3. Να αποδείξετε ότι 01)x(f2)x(f 2
 για κάθε Rx
Μονάδες 4
Β4. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα 
1
0
2
dx)x(fI
Μονάδες 4
Β5. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την 1
f 
Μονάδες 4
Β6. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 0)x(f 1

έχει μοναδική ρίζα το 0
Μονάδες 3
Θέμα Γ
Έστω οι συναρτήσεις f, g παραγωγίσιμες στο R με g(0)=1 και 0)x(g)x(f 2
 ,
1)x(g)x(f 22
 για κάθε Rx
Γ1. Να αποδείξετε ότι:
α. )x(f)x(g)x(g  , Rx
Μονάδες 5
β. Η g είναι γνησίως μονότονη σε καθένα από τα διαστήματα ),0[],0,(  και
έχει ακρότατο το 1
Μονάδες 5
Γ2. α. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα και να βρείτε τα
σημεία καμπής της.
Μονάδες 5
β. Να γράψετε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f
στο σημείο της Ο(0,0)
Μονάδες 5
Γ3. Αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου , που ορίζεται από την γραφική παράσταση
της f και τις ευθείες y=x , x=1 να αποδείξετε ότι )1(gln
2
1
E 
Μονάδες 5

3. Γ΄ Λυκείου -1o Επαναληπτικό Διαγώνισμα
http://www.perikentro.blogspot.gr/ Επιμέλεια: Κώστας Κουτσοβασίλης- 3 -
Θέμα Δ
Δίνεται η συνάρτηση 0x,
x
xln
)x(g  ,και η παραγωγίσιμη συνάρτηση f , ορισμένη
στο ),0(  για την οποία ισχύει: xln)x(f)x(fx)x(fx 322
 για κάθε x>0.
Επιπλέον δίνεται ότι
e
1
)e(f  και 

)x(flim
0x
Δ1. Να βρείτε το σύνολο τιμών και το πρόσημο της συνάρτησης g
Μονάδες 5
Δ2. Να δείξετε ότι οι συναρτήσεις f και g είναι ίσες.
Μονάδες 5
Δ3. Να λύσετε την εξίσωση xe
ex 
Μονάδες 5
Δ4. Να βρείτε το σημείο της γραφικής παράστασης της f στο οποίο κατά την
χρονική στιγμή 0t ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης )t(x 0 είναι ίσος με το
ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης )t(y 0 με 0)t(y)t(x 00 
Μονάδες 5
Δ5. Να υπολογίσετε το όριο:
 




















 

 )1x(x
x
1x
ln
lim
)1x(
x
x
Μονάδες 5

4. Γ΄ Λυκείου -1o Επαναληπτικό Διαγώνισμα
http://www.perikentro.blogspot.gr/ Επιμέλεια: Κώστας Κουτσοβασίλης- 1 -
Θέμα Α-Λύση
Α1. Σχολικό βιβλίο σελίδα 262
Α2. Σχολικό βιβλίο σελίδα 303
Α3. Σ – Λ – Λ – Λ - Λ
Θέμα Β-Λύση
Β1. ●
   
   
0
1e
e2
1e
e1e1ee
1e
1e
)x(f 2x
x
2x
xxxx
x
x















 (1)
άρα η f γνησίως αύξουσα στο R.
● Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R άρα το σύνολο τιμών της είναι:
 )x(flim),x(flim)A(f
xx 

Έχουμε: 1
10
10
1e
1e
lim)x(flim x
x
xx








(2)
 
 
1
e
e
lim
1e
1e
lim
1e
1e
lim)x(flim x
x
xx
x
xx
x
xx













(3)
Άρα f(Α)=(-1,1)
Β2. Έχουμε:     2016
2015
)x(f
2016
2015
1e
1e
1e20151e2016 0x
x
xx
0
0
00




1ος
Τρόπος
Θεωρούμε συνάρτηση
2016
2015
)x(f)x(g  , RAg 
● Είναι 0)x(f)x(g
)1(
 άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο R
Διδακτική
Ενότητα 1ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα
Όλη η ύλη
2015-2016
Μαθηματικά
Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών και
Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής

5. Γ΄ Λυκείου -1o Επαναληπτικό Διαγώνισμα
http://www.perikentro.blogspot.gr/ Επιμέλεια: Κώστας Κουτσοβασίλης- 2 -
● Επειδή η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R το σύνολο τιμών της
είναι: ))x(glim),x(glim()A(g
xx 

● Έχουμε: 0
2016
4031
2016
2015
1
2016
2015
)x(flim)x(glim
)2(
xx








0
2016
1
2016
2015
1
2016
2015
)x(flim)x(glim
)3(
xx








Τότε 






2016
1
,
2016
4031
)A(g
Επειδή )A(g0 η εξίσωση g(x)=0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο R και
αφού η g είναι γνησίως αύξουσα η ρίζα είναι μοναδική . Δηλαδή υπάρχει
μοναδικό Rx0  ώστε  0)x(g 0    1e20151e2016 00 xx
 .
2ος
Τρόπος
Θεωρούμε συνάρτηση
2016
2015
)x(f)x(g  , RAg 
● Είναι 0)x(f)x(g
)1(
 άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο R
● Επίσης: 0
2016
4031
2016
2015
1
2016
2015
)x(flim)x(glim
)2(
xx








0
2016
1
2016
2015
1
2016
2015
)x(flim)x(glim
)3(
xx








Επομένως έχουμε R,  με α <β τέτοια ώστε g(α) <0 και g(β) >0
Επειδή ◊ Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [α, β] (πράξεις συνεχών)
◊ 0)(g)(g 
Σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον
R),(x0  ώστε 0)x(g 0  και επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα το
0x είναι μοναδικό.
3ος
Τρόπος
Επειδή )1,1(
2016
2015
 υπάρχει 0x ώστε

2016
2015
)x(f 0    1e20151e2016 00 xx

Όμως η f γνησίως αύξουσα στο R άρα το 0x είναι μοναδικό.

6. Γ΄ Λυκείου -1o Επαναληπτικό Διαγώνισμα
http://www.perikentro.blogspot.gr/ Επιμέλεια: Κώστας Κουτσοβασίλης- 3 -
Β3.
Έχουμε:
   
 
0...
1e
1ee41e
1
)1e(
e2
2
1e
1e
1)x(f2)x(f 2x
2xx2x
2x
x2
x
x)1(
2
















Β4. Είναι )x(f21)x(f 2
 (Από Β3). Τότε
   
1e
e3
1e
1e
21)0(f)1(f(21)x(f21dx)x(f21dx)x(fI
1
0
1
0
1
0
2





 
Β5. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο R θα είναι 1-1 άρα αντιστρέφεται.
Έχουμε:
   
y1
y1
e
1y
1y
e
1y1ye1eyyey
1e
1e
y)x(f
xx
xxx
x
x










Τότε 











y1
y1
lnx
y1
y1
ex
Άρα )1,1(x,
x1
x1
ln)x(f 1




Β6. Είναι:   0x)0(f)x(ff0)x(f 11
 
Θέμα Γ-Λύση
Είναι 1)x(g)x(f 22
 (1) 0)x(g)x(f 2
 (2) , Rx
Γ1. α. Έχουμε: 1)x(g)x(f 22
 ή   0)x(g)x(f 22


 ή
0)x(g)x(g2)x(f)x(f2  ή 0)x(g)x(g2)x(g)x(f2 2
 και επειδή
0)x(g  είναι: Rx),x(g)x(f)x(g0)x(g)x(g)x(f 
β. Επειδή η g δεν μηδενίζεται και είναι συνεχής ,ως παραγωγίσιμη, διατηρεί
σταθερό πρόσημο στο R. Είναι g(0)=1>0 άρα g(x)>0 (3), Rx .
Η f είναι γνησίως αύξουσα στο R γιατί από την (2) είναι: 0)x(g)x(f 2

Από την (1) έχουμε: 0)0(f11)0(f1)0(g)0(f 222
 (4)
Έτσι:
)1,1(y0
y1
y1




7. Γ΄ Λυκείου -1o Επαναληπτικό Διαγώνισμα
http://www.perikentro.blogspot.gr/ Επιμέλεια: Κώστας Κουτσοβασίλης- 4 -
● Για 0)x(f)0(f)x(f0x
)4(
 (5)
● Για 0)x(f)0(f)x(f0x
)4(
 (6)
Τότε:
● Για x<0 , 0)x(g)x(f)x(g
)3(
)5(

● Για x>0 , 0)x(g)x(f)x(g
)3(
)6(

Άρα η g ως συνεχής στο x0=0 είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ]0,(
και γνησίως φθίνουσα στο ),0[  και έχει ακρότατο (ολικό μέγιστο) το g(0)=1
Γ2. α. Λόγω της (3) ισχύει η ισοδυναμία:
)x(f)x(f)x(g)x(g)x(g)x(g 212
2
1
2
21  για κάθε Rx,x 21 
που σημαίνει ότι η f έχει ίδια μονοτονία με την g.
Επομένως η f είναι κυρτή στο ]0,( , κοίλη στο ),0[  και έχει σημείο
καμπής το (0,f(0))
Άλλος τρόπος: Επειδή η είναι παραγωγίσιμη , είναι παραγωγίσιμη και η 2
g
άρα από την (2) και η f που σημαίνει ότι υπάρχει η f  . Τότε:
    )x(g)x(g2)x(g)x(f)x(f 2



 έτσι από την (3) η f  για κάθε 0x 
έχει το ίδιο πρόσημο με την )x(g .
● Για x<0 είναι 0)x(f0)x(g 
● Για x>0 είναι 0)x(f0)x(g 
Επειδή η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0 προκύπτει ότι είναι κυρτή
στο ]0,( , κοίλη στο ),0[  και έχει σημείο καμπής το (0,f(0))=(0,0)
β. Η εξίσωση της εφαπτομένης είναι: )0x)(0(f)0(fy  ή y=x
Γ3. Επειδή η f είναι κοίλη στο ),0[  , τα σημεία της Cf είναι κάτω από τα σημεία
της εφαπτομένης y=x για κάθε ),0(x  επομένως: 0)x(fx)x(fx 
για κάθε ),0[x  .
Έχουμε:
))3(0)1((g()1(gln
2
1
1ln|)1(g|ln
2
1
|)0(g|ln
2
0
|)1(g|ln
2
1
)x(g|ln
2
x
dx
)x(g
)x(g
xdx))x(fx(dx|)x(fx|E
1
0
2
1
0
1
0
1
0













 
   

8. Γ΄ Λυκείου -1o Επαναληπτικό Διαγώνισμα
http://www.perikentro.blogspot.gr/ Επιμέλεια: Κώστας Κουτσοβασίλης- 5 -
Θέμα Δ-Λύση
Δ1. Η συνάρτηση
x
xln
)x(g  , x>0 είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών
Είναι 2
x
xln1
)x(g

 .
ex1xln0)x(g 
exelnxlnxln10xln10
x
xln1
0)x(g
0x




Στο διάστημα ]e,0(1  η g είναι γνησίως
αύξουσα και στο διάστημα ),e[2  γνησίως
φθίνουσα
Για x=e η g έχει ολικό μέγιστο
e
1
)e(g 
Σύνολο τιμών
Η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Δ1. Άρα
  




 
 e
1
,)]e(g),x(glim(g
0x
1
Η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ2. Άρα
  





 e
1
,0)]e(g),x(glim(g
x
2
Άρα 





e
1
,)(g
Πρόσημο:
Είναι x>0 και lnx>0 για x>1
Άρα g(x)>0 για x>1 και g(x)<0 για x<1
Δ2.
xln)x(f)x(fx)x(fx 322
 ή
x
xln
)x(f)x(fx)x(xf 22
 ή
x
xln
2)x(f)x(fx2)x(xf2 22
 ή    


 xlnxln2)x(fx)x(f)x( 2222
ή
   


xln)x(fx 222
ή cxln)x(fx 222

Για x =e είναι: 0cc1
e
1
eceln)e(fe 2
2222

Άρα
x
xln
|)x(f|
x
xln
)x(fxln)x(fx
2
2222






 για κάθε x>0
x 0 e +
)x(g + ─
g(x) ο.μ
0
0
1
x
1
lim
x
xln
lim
xDLHx






9. Γ΄ Λυκείου -1o Επαναληπτικό Διαγώνισμα
http://www.perikentro.blogspot.gr/ Επιμέλεια: Κώστας Κουτσοβασίλης- 6 -
Το 1 είναι ρίζα της
x
xln
άρα είναι ρίζα και της συνάρτησης f
Η f είναι παραγωγίσιμη άρα και συνεχής .
Συνεπώς έχει σταθερό πρόσημο στα διαστήματα που ορίζονται από τη ρίζα της
(x=1).
● Όμως   0
e
1
ef  άρα και f(x)>0 στο ),1( 
● 

)x(flim
0x
άρα η f αρνητική κοντά στο 0. Είναι f(x)<0 στο (0,1).
Άρα )x(g)x(f
x
xln
)x(f  και επειδή gf AA  έχουμε f=g
Δ3. Έχουμε:
ex)e(f)x(f
e
1
x
xln
elnxxlneelnxlnex xe
0x
xe


Γιατί το x0=e είναι μοναδική θέση ολικού μεγίστου της g και κατά συνέπεια της f
επειδή f=g
Δ4.
x
xln
)x(f  άρα
 
)t(x
)t(xln
)t(y  τότε
)t(x
))t(xln()t(x)t(x
)t(x
)t(x
)t(y 2



ή
)t(x
))t(xln(1
)t(x)t(y 2

 (1)
Τη χρονική στιγμή t0 είναι )t(x)t(y 00 
Για t=t0 η (1) γίνεται:
01))t(xln()t(x
)t(x
))t(xln(1
1
)t(x
))t(xln(1
)t(x)t(y 00
2
0
2
0
0
2
0
00 




Η εξίσωση x2
+lnx-1=0 έχει προφανή ρίζα το x=1 (x>0)
Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)=x2
+lnx-1, ),0(Ah  , η h είναι συνεχής ως
άθροισμα συνεχών 0
x
1
x2)x(h  . Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα,
Συνεπώς η ρίζα x=1 είναι μοναδική.
Είναι 1)t(x 0  και 0
)t(x
))t(xln(
)t(y
0
0
0  . Το σημείο είναι Α(1,0)

10. Γ΄ Λυκείου -1o Επαναληπτικό Διαγώνισμα
http://www.perikentro.blogspot.gr/ Επιμέλεια: Κώστας Κουτσοβασίλης- 7 -
Δ5.
 
  )1(
x)1x(
)x(f)1x(f
lim)x(f)1x(flim
x
xln
1x
)1xln(
lim
)1x(x
xln)1x()1xln(x
lim
)1x(x
xln)1xln(
lim
)1x(x
x
1x
ln
lim
xxx
x
1xx
x
)1x(
x
x






















































 






Η f είναι παραγωγίσιμη στο [x,x+1] άρα και συνεχής.
Ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ., συνεπώς υπάρχει )1x,x(  τέτοιο
ώστε:
x)1x(
)x(f)1x(f
)(f



Έχουμε 1xx  . Το όριο του ξ , με x να τείνει στο  , είναι το  από το
κριτήριο παρεμβολής.
Άρα η (1) γίνεται:
0
2
1
lim
2
1
lim
ln1
lim)(flim
x)1x(
)x(f)1x(f
lim 2DLH2x


















11. Γ΄ Λυκείου -1o Επαναληπτικό Διαγώνισμα
http://www.perikentro.blogspot.gr/ Επιμέλεια: Κώστας Κουτσοβασίλης- 8 -
Πηγές Θεμάτων:
1. Επαναληπτικά Θέματα Μαθηματικών Γ Λυκείου Κατεύθυνσης
Κ. Ρεκούμης-Κ Λαγός-Θ. Δελατόλας
2. 20 επαναληπτικά θέματα για τα μαθηματικά κατεύθυνσης Γ Λυκείου
(τεύχος 3 – σχολικό έτος 2014-2015)
Μαθηματικά για το τελευταίο θρανίο.
http://maths4people.blogspot.gr/
3. 99 Επαναληπτικά Θέματα με Λύσεις
Επιμέλεια: Μιχαήλογλου- Πατσιμάς –Τόλης
http://www.askisopolis.gr